高三学年度第一学期期末检测数学试题含答案

20162017学年度第一学期期末检测试题高三数 试题 B 设1iabi(i为虚数单位，a，bR)，则ab 1某学校共有师生3200人，现用分层抽样的方法，从所有师生中抽取一个容量为160的样本，已知从学生中抽取的人数为150，那么该学校的教师人数是 如图是一个求函数值的算法流程图，若输入的x的值为5，则输出的y的值为 已知直线l:x 3y20与圆C:x2+y2=4交于A,B两点，则弦AB的长度为 已知AB3,1,1,2AB，则直线AxBy10的斜小于0的概率 xy1若实数x,y满足yx10，则z2x3y的最大值 x若正四棱锥的底面边长为2（单位：cm侧面积为8（单位：cm2 （单位：cm3）.

（第4题图216x

x2

b21已知cos()1(0)，则sin() x1,x5fxcosx0fxx2的导数f20，则f0 在正项等比数列{an}中，若a4a32a22a16，则a5a6的最小值 已知ABC3的等边三角形，点PA为圆心的单位圆上一动点，点QAQ2AP1AC

（单位：cm3．（在ABCAB6AC32ABAC18BC的长求tan2B的值（AP=AD，且平面PAD平面ABCD，证明：AF（示，DE是玻璃幕墙，游客只能在ADE区域内参观．在AE上点P处安装一可旋转的AD=6米，AE=6米，AP=2米，MPN4

.记EPM（弧度 5S关于的函数关系式，并写出的取值范围；（参考数据：S的最小值

4（ 如图，椭圆C:a2b21(ab0)，圆O yb，过椭圆C的上顶点A的直线l:ykx分别交圆O、椭圆CP、QAPPQ（1）P(3,0),点Q(4,1),求椭圆C的方程（2）若3，求椭圆C的离心率e（已知数列{a}与{b}的前n项和分别为A和B，且对任意nN a b)恒成立 （1）An2,b2B 若对任意nN，都有aB及b2b3b4 1成立，求正实数b的取值 1若a2,b2ns,t(1stA1AsAt BB （f(x)g(xh(x)g(x)exh(x)x2axa求函数g(x)在1,g(1)当0a2f(xx[2aa当a0时，对于给定的正整数k，问函数F(x)ef(x)2k(lnx1)是否有零点？请说明理由．（参考数据e2.718, 1.649,e 4.482,ln20.693）20162017学年度第一学期期末检测试题高三数 试题（

（ x y1sin2原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为4试求直线l与曲线C的交点的直角（（已知F(x)(1)0C0f(x)(1)1C1f(x) (1)nCnf(x),(nN)(x0) n n n其中fi ,n)是关于x的函数（1）若f(x)=xi(iN)，求F(1)， (2)的值 i（2）若f x(iN)，求证：F (nN)i Ⅰ1. 3． 4． 5．6．3

7． 8．43

y 3

2222

3

14.[16,ABACABACcosA18AB6AC32BC=AB2AC22ABACcosA=62(32)22(18)=3 6⑵方法一：在ABC中，AB6，AC32， 62(310)2-(3cosB=BA262(310)2-(3

92BA 又B(0,)，所以sinB=1cos2B=10，所以tanBsinB1 11 所以tan2B 2tan1-tan2

1(13

34

142方法二：由AB6，AC32，ABACABACcosA18可得cosA= 22又A(0,)，所以A3 8242 ACsin 32在ABC中 ，所以sinB 210 10 sin 又B ，所以cosB=1sin2B=310，所以tanBsinB1 所以tan2B 2tan1-tan2

2 1(13

34

14所以 3又AB面PAB，EF面PAB，所以EF∥平面 6面ABCD，所以CD平面 AFPADCD 由①②及PD面PCD，CD面PCD，PD∩CD=D，所以AF平面

所以PMPEsinPEM 2

2

4

sin同理在PNE

PE

2

2cos 4所以PMNS1PMPNsinMPN2

cos2sin41cos24

sin

sin2cos2 2sin(2

)

8

当M与E重合时，0；当N与D重合时，tanAPD3,即APD ， 所以0 综上可得：S

,

5

102sin(2)4

4

ME 42sin42sin所以MEsinPME sin(4在PNE

2 PEsin( 4sin( 22(sincos) 42

2MNNEMEcos2sincos又点P到DE的距离为d4sin22 64所以PMN的面积S=1MNd cos2sin

， 82sin(2

)4

当M与E重合时，0；当N与D重合时，tanAPD3,即APD ， 所以0 综上可得：S

,

5

102sin(2)4

4⑵当2即0,35时，S取得最小值 13 4 所以可视区域PMN面积的最小值为 1)平方 1418.（1）P在圆O:x2y2b2上得b (4)2(1)2

a2又 在椭 上 解得 椭圆C的方

x2

5ykx由

2

b2x0

1

7ykx由 y 得x0或

2

9a2b2 ak，3，AP3AQ4 3a2 k2a2

2

22 2

k 4e 1 ak 1 k204e21，即e1，又0e1,1e 16

n2,，所以

nan2n

n2(n1)2,n 2故 b1 a)1，所以数列{b}是以2为首项，1为公差的等差数列

n21n(n1)11n23

4 B b)，即 b)，即bn12 bnb1 所以数列{bn}是以b1为首项，2为公比的等比数列，所以anBn12b1 1)所以bn1 n a b(2n1)(2n

5b因为n1

b a b(2n1)b(2n1 b2n 2n1n 所以b2b3b4 1( )，所以1( )1恒成立a a a

b21 2n1 b21 2n1 1 2 3 即b3(1 )，所以b3 2n1 由 a b)得： a2n1 所以当n2时，an(anan1)(an1an2) (a3a2)(a2a1)2n2n1232222n12，n1时，上式也成立，

10 42n，又B 2 nn 2n24 所以n 2

12 2n1 2n假设存在两个互不相等的整数s,t(1st)，使A1,As,At成等差数列，等价于 BB 2112s12t 等差数列，即2s 132s 21 2t 1 ，因为1 1，所以 1，即2s2s 142s 2t 2t 2s令h(s)2s2s1(s2,sN)，则h(s1)h(s)s 2，所以h(s)递增，若s3，h(sh3)1，不满足2s2s1，所以s2代 2s 1 得2t3t10(t代 2s 21 2t当t3当t4时，令(t2t3t1(t3,tN)，则同理可证(t递增，所以(t(4)30，所以不所以，不存在正整数s,t(1st)，使A1,As,At成等差数 16B1Bs解：(1)g(xexg(1)e（2）f(x)ex(x2axa，故f'(x(x2)(xa)ex，令f0xax

3①当2a2,即0a1f(x在[2aa]上递减，在[aa上递增，所以f(x)maxmaxf(2a),f(a),f(2a2a2a)e2af(a2a2a)eaf(a)f(2a所以f(x)maxf(a) 5②当2a2,即1a2f(x在[2a2]上递增，[2,a上递减，在[aa上递增，所以f(x)maxmaxf(2),f(a)，由于f(2)(4a)e2，f(a)(2a2a)ea，故f(a)f(2) 7f(x)maxf(a综上得，f(x)maxf(a)(2a2 8结论：当k1时，函数F(x)无零点；当k2时，函数F(x)有零 9①当k1ex2ex2lnx201

1

1 5因为F ee(2 )2eeee(2 )20，F e240e 2 x(11Fx0 e 所以x(0,x0F(x递减x(x0F(x递增

Fx lnx1)

(1,1)

x0

e00而x2( lnx1)递减，所以x12(ln23)000x 所以F

14x方法二：转化为证明exx

2(lnx 2令pxe p1e 2(lnx 2 qx

，则可q

qe3

e2，所以命题得证 143可先证明不等式exex（1小题，过程略，所以只要证e2x32lnx2 1 令pxe2x32lnx2，则可求得p p )3 0 ②当k2F(xex2ex2k(lnx1)

14F11e232k(1ln21e234(1ln20Fekeek2k1(2k22k2 Fek0，可借助结论exx2x2)处理，首先证明结论exx2x2)：令xexx2,(x2)，则xex2x，故xex20，所以xex2x在[2)上递增，所以x20所以xexx2在[2)上递增，所以x20，得借助结论得eek2k1ek22k1k22k1)2k1)4k1)(k1)32k(k1)所以Fek0，又因为函数F(x)连续，所以F(x)在1,ek上有零 16 .数学试题Ⅱ参 11 2 a2 a解：由题意得 ,即 ,解得 4 b8 b 所以A

52815令f()0，解得5或3，即矩阵A的特征值为5和 10 2将曲线C的参数方程化为普通方程可得：y2x2(1x 5y由 2得x2x20，解得x=1或x=2，又1x1，所以y2所以直线l与曲线C的交点的直角坐标为 10解：⑴甲、乙、丙三人从四门课程中各任选一门，共有4364种不同的选法，记“甲、乙、丙三 M， M共包含A324个基本 ，则P(M)243，

3 38

⑵方法一：X可能的取值为0,1,2,3 4 C1 P(X0) ，P(X1) C2 PX2 PX3 3 8

X0123P91所以X的数学期望E(X)027127293X0123P91 B(3,1)，所以P(Xk)

3k，k0,1,2,3 C3()( X0123P